Question

（9分）（2014•昆明）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx﹣3（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣2，0）、B（4，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，在線段AB上以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從B點(diǎn)出發(fā)，在線段BC上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)△PBQ存在時(shí)，求運(yùn)動(dòng)多少秒使△PBQ的面積最大，最大面積是多少？

（3）當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，在BC下方的拋物線上存在點(diǎn)K，使S△CBK：S△PBQ=5：2，求K點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

（1）y=x2﹣x﹣3

（2）運(yùn)動(dòng)1秒使△PBQ的面積最大，最大面積是

（3）K1（1，﹣），K2（3，﹣）

【解析】

試題分析：（1）把點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別代入拋物線解析式，列出關(guān)于系數(shù)a、b的解析式，通過(guò)解方程組求得它們的值；

（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．利用三角形的面積公式列出S△PBQ與t的函數(shù)關(guān)系式S△PBQ=﹣（t﹣1）2+．利用二次函數(shù)的圖象性質(zhì)進(jìn)行解答；

（3）利用待定系數(shù)法求得直線BC的解析式為y=x﹣3．由二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可設(shè)點(diǎn)K的坐標(biāo)為（m，m2﹣m﹣3）．

如圖2，過(guò)點(diǎn)K作KE∥y軸，交BC于點(diǎn)E．結(jié)合已知條件和（2）中的結(jié)果求得S△CBK=．則根據(jù)圖形得到：S△CBK=S△CEK+S△BEK=EK•m+•EK•（4﹣m），把相關(guān)線段的長(zhǎng)度代入推知：﹣m2+3m=．易求得K1（1，﹣），K2（3，﹣）．

【解析】
（1）把點(diǎn)A（﹣2，0）、B（4，0）分別代入y=ax2+bx﹣3（a≠0），得

，

解得 ，

所以該拋物線的解析式為：y=x2﹣x﹣3；

（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則AP=3t，BQ=t．

∴PB=6﹣3t．

由題意得，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣3）．

在Rt△BOC中，BC==5．

如圖1，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥AB于點(diǎn)H．

∴QH∥CO，

∴△BHQ∽△BOC，

∴=，即=，

∴HQ=t．

∴S△PBQ=PB•HQ=（6﹣3t）•t=﹣t2+t=﹣（t﹣1）2+．

當(dāng)△PBQ存在時(shí)，0＜t＜2

∴當(dāng)t=1時(shí)，

S△PBQ最大=．

答：運(yùn)動(dòng)1秒使△PBQ的面積最大，最大面積是；

（3）設(shè)直線BC的解析式為y=kx+c（k≠0）．

把B（4，0），C（0，﹣3）代入，得

，

解得 ，

∴直線BC的解析式為y=x﹣3．

∵點(diǎn)K在拋物線上．

∴設(shè)點(diǎn)K的坐標(biāo)為（m，m2﹣m﹣3）．

如圖2，過(guò)點(diǎn)K作KE∥y軸，交BC于點(diǎn)E．則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m，m﹣3）．

∴EK=m﹣3﹣（m2﹣m﹣3）=﹣m2+m．

當(dāng)△PBQ的面積最大時(shí)，∵S△CBK：S△PBQ=5：2，S△PBQ=．

∴S△CBK=．

S△CBK=S△CEK+S△BEK=EK•m+•EK•（4﹣m）

=×4•EK

=2（﹣m2+m）

=﹣m2+3m．

即：﹣m2+3m=．

解得 m1=1，m2=3．

∴K1（1，﹣），K2（3，﹣）．